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\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Analysis I: Übungsblatt 10}
\author{Leon Burgard, Christian Merten, Übungsgruppe Mittwoch}

\usepackage[]{mathtools}

\begin{document}

% punkte tabelle
\begin{tabular}{|c|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|@{}m{0cm}@{}}
    \hline
    Aufgabe & \centering A1 & \centering A2 & \centering A3 & \centering A4 & \centering A5 & \centering $\sum$ & \\[5mm] \hline
    Punkte & & & & & & & \\[5mm] \hline
\end{tabular}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Sei $f\colon [a,b] \to \R$ stetige Funktion mit $f(a) = 0$ und $f(x) \neq 42$ $\forall x \in [a,b]$.

            Beh.: $f(b) < 42$.
             \begin{proof}
                 Angenommen: $f(b) \ge 42$. Dann folgt mit ZWS: $\exists x \in [a,b]$, s.d.
                 $f(x) = 42$. Widerspruch zu  $f(x) \neq 42 \; \forall x \in [a,b]$.
            \end{proof}
        \item Seien $f, g\colon \R \to  \R$ stetige Funktionen mit
            $f(42) > g(42)$ und $f(x) \neq g(x)$ $\forall x \in \R$.

            Beh.: $f(x) > g(x)$  $\forall x \in \R$
            \begin{proof}
                Angenommen: $\exists a \in \R$, s.d. $f(a) < g(a)$. Dann definiere
                $d(x) := f(x) - g(x)$. Wegen  $f, g$ stetig, ist auch $d$ stetig.

                O.B.d.A. $a < 42$. Dann wähle  $b := 42$. Wegen
                $f(b) > g(b) \implies d(b) > 0$ und da
                $f(a) < g(a) \implies d(a) < 0$.\\
                $\stackrel{\text{ZWS}}{\implies} \exists x' \in [a,b]$ mit
                $d(x') = 0 \implies f(x') = g(x')$. Widerspruch.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Jede Lipschitz-stetige Funktion ist gleichmäßig-stetig.
            \begin{proof}
                Sei $f\colon D \to \R$ Lipschitz-stetig auf $D \subset \R$. Dann
                $\exists L > 0$, s.d. $|f(x) - f(y)| \le L |x - y|$ $\forall x,y \in D$.

                Sei nun $\epsilon > 0$ beliebig. Wähle $\delta := \frac{\epsilon}{L}$. Dann gilt
                $\forall x, y \in D$ mit $|x - y| < \delta = \frac{\epsilon}{L}$
                \[
                    |f(x) - f(y)| \le L |x-y| < L \cdot \frac{\epsilon}{L} = \epsilon
                .\] 
            \end{proof}
        \item Beh.: $f\colon \R^{+} \to \R$ mit $f(x) = \sqrt{x}$
            ist gleichmäßig stetig, aber nicht Lipschitz-stetig.
            \begin{proof}
                Sei $\epsilon > 0$ bel. dann wähle $\delta := \left( \frac{\epsilon}{2} \right)^2$.
                Dann gilt $\forall x, y \in \R^{+}$ mit $|x-y| < \delta$:
                 \[
                     |\sqrt{x}  - \sqrt{y}| \stackrel{\sqrt{x} \text{ monoton steigend}}{<}
                     |\sqrt{x + \delta } - \sqrt{x}|
                     = \left| \frac{\delta}{\sqrt{x + \delta } + \sqrt{x}  } \right| 
                     < \left| \frac{\delta}{\sqrt{\delta }} \right|
                     = \frac{\epsilon^2}{4} \cdot \frac{2}{\epsilon}
                     = \frac{\epsilon}{2}
                     < \epsilon
                .\] $\implies$ $f$ gleichmäßig-stetig.

                Sei nun $L \in \R$ beliebig und wähle $x := 0$. Dann gilt
                 \[
                     \frac{|\sqrt{x} - \sqrt{y}| }{|x-y|} = \frac{\sqrt{y} }{|y|}
                     = \frac{1}{\sqrt{y}} \xrightarrow{y \searrow 0} \infty > L
                .\] $\implies$ $f$ in $x_0 = 0$ nicht Lipschitz-stetig.
            \end{proof}
        \item Beh.: Jede gleichmäßig stetige Funktion ist stetig.
             \begin{proof}
                Sei $f\colon D \to \R$ gleichmäßig stetig auf $D \subset \R$.
                
                Sei $\epsilon > 0$ bel. dann ex. ein $\delta > 0$ mit
                $|f(x) - f(y)| < \epsilon$ $\forall x, y \in D$ mit $|x - y| < \delta $.

                Insbesondere für ein beliebiges $a \in D$ gilt also
                $\forall x \in D$ mit $|x - a| < \delta $:
                \[
                    |f(x) - f(a)| < \epsilon
                .\] $\implies f$ stetig.
            \end{proof}
        \item Beh.: Die Funktion $f\colon \R \to \R$ mit $f(x) = x^2$ ist stetig,
            aber nicht gleichmäßig stetig.
            \begin{proof}
                $f$ ist als Polynom stetig. Wähle nun $\epsilon := 1$ und  $\delta > 0$ beliebig.
                Dann wähle $x > \frac{1}{\delta} - \frac{\delta }{4}$ und
                $y := x + \frac{\delta}{2}$. Dann gilt $|x - y| = \frac{\delta}{2} < \delta $, aber
                \[
                    \left| \left( x + \frac{\delta}{2} \right)^2 - x^2 \right|
                    = \left| x^2 + \delta x + \frac{\delta^2}{4} - x^2 \right|
                    = \left|\delta x + \frac{\delta ^2}{4} \right|
                    > \left| 1 - \frac{\delta ^2}{4} + \frac{\delta ^2}{4} \right| = 1 = \epsilon
                .\] $\implies f$ nicht gleichmäßig stetig.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item
            \begin{proof}
                \begin{itemize}
                    \item $\sin(0) = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k} \cdot 0 = 0$
                    \item $\cos(0) = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k} \cdot \frac{0^{2k}}{(2k)!} = 1$
                    \item $\sin(\pi) = \sin \frac{\pi}{2} \cdot \underbrace{\cos \frac{\pi}{2}}_{= 0} +
                        \underbrace{\cos \frac{\pi}{2}}_{= 0} \cdot \sin \frac{\pi}{2} = 0$ 
                    \item $\sin(2\pi) = \underbrace{\sin \pi}_{=0} \cdot \cos \pi
                        + \cos \pi \cdot \underbrace{\sin \pi}_{=0} = 0$ 
                    \item $\cos \pi = \underbrace{\cos \frac{\pi}{2} \cdot \cos \frac{\pi}{2}}_{= 0}
                        - \sin \frac{\pi}{2} \cdot \sin \frac{\pi}{2} (*)$
                        \begin{align*}
                            &\cos \pi - \cos 0 = - 2\cdot \sin \frac{\pi}{2} \cdot  \sin  \frac{\pi}{2} \\
                            \implies& \cos \pi - 1 = - 2 \left( \sin \frac{\pi}{2} \right)^2 \\
                            \stackrel{(*)}{\implies}& - \left( \sin \frac{\pi}{2} \right)^2
                            - 1 = - 2 \left( \sin \frac{\pi}{2} \right)^2 \\
                            \implies & \left( \sin \frac{\pi}{2} \right)^2 = 1 \\
                            \stackrel{(*)}{\implies} & \cos \pi = -1
                        .\end{align*}
                    \item $\cos 2\pi = \underbrace{\cos \pi \cdot \cos \pi}_{= 1}
                        - \underbrace{\sin \pi \cdot \sin \pi}_{= 0} = 1$
                    \item $\sin \frac{3}{2}\pi - \sin \frac{\pi}{2} = 2 \cos(\pi) \cdot \sin(\frac{\pi}{2})
                        \stackrel{\cos \pi = -1}{\implies} \sin \frac{3}{2} \pi = - \sin \frac{\pi}{2}$
                    \item $\sin 2\pi - \sin \pi = 0 = 2 \cos \frac{3}{2} \pi \cdot \sin \frac{\pi}{2}
                        \stackrel{\sin \frac{\pi}{2} \neq 0}{\implies} \cos \frac{3}{2} \pi = 0$
                    \item Aus VL folgt $\sin x > 0$ $\forall x \in ]0,2[$ und $\frac{\pi}{2} \in ]0,2[$
                        $\implies \sin \frac{\pi}{2} = 1$ und damit $\sin \frac{3}{2} \pi = -1$.
                \end{itemize}
            \end{proof}
        \item
            \begin{proof} Mit $e^{ix} = \cos x + i \sin x$ und (a) folgen direkt
                \begin{itemize}
                    \item $e^{i\frac{\pi}{2}} = \cos \frac{\pi}{2} + i \sin \frac{\pi}{2} = i$
                    \item $e^{i\pi} = \cos \pi + i \sin \pi = -1$
                    \item $e^{i\frac{3\pi}{2}} = \cos \frac{3\pi}{2} + i \sin \frac{3\pi}{2} = -i$
                    \item $e^{i 2\pi} = \cos 2\pi + i \sin 2\pi = 1$
                \end{itemize}
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item $f(x) = (x^{x})^{x} = e^{\ln(x) \cdot x^2}$, $x > 0$. Mit Ketten- und Produktregel folgt
            \[
                f'(x) = e^{\ln(x)\cdot x^2} (x + 2x \cdot \ln(x)) = (x^{x})^{x} (x + 2 x \ln x)
            .\] 
        \item $f(x) = \ln(x)^{x} = e^{\ln(\ln x) \cdot x}$, $x > 0$. Mit Ketten- und Produktregel folgt
            \[
                f'(x) = \ln(x)^{x} \left(\frac{1}{\ln(x)} \cdot  \frac{1}{x} \cdot x + \ln(\ln(x))\right)
                = \ln(x)^{x}\left(\frac{1}{\ln(x)} + \ln(\ln(x))\right)
            .\] 
        \item $f(x) = \frac{x^{4} + 2x^{3} -x}{x^{3} + 1}$, $x \neq -1$. Mit Quotientenregel folgt
            \[
                f'(x) = \frac{(4 x^{3} + 6x^2 - 1)(x^{3}+1)-(x^{4}+2x^{3}-x)(3x^2)}{(x^{3}+1)^2}
                = \frac{x^{6}+6x^{3}+6x^2-1}{x^{6}+2x^{3}+1}
            .\] 
        \item $f(x) = \left( \sqrt{x} +1 \right) \left( \frac{1}{\sqrt{x} } - 1 \right) $, $x > 0$.
            Mit Produktregel folgt
            \[
                f'(x) = \frac{1}{2 \sqrt{x} } \left( \frac{1}{\sqrt{x} } -1 \right)
                + \left( \sqrt{x} +1 \right) \left( -\frac{1}{2x^{\frac{3}{2}}} \right)
                = \frac{1}{2x} - \frac{1}{2\sqrt{x} } - \frac{\sqrt{x} }{2x^{\frac{3}{2}}} - \frac{1}{2x^{\frac{3}{2}}} = \frac{-x-1}{2x^{\frac{3}{2}}}
            .\] 
        \item $f(x) = \frac{\ln(x)}{1+x^2}$, $x > 0$. Mit Quotientenregel folgt
            \[
                f'(x) = \frac{\frac{1}{x}(1+x^2) - \ln(x)\cdot 2x}{(1+x^2)^2}
                = \frac{\frac{1}{x} + x - \ln(x)\cdot 2x}{(1+x^2)^2}
                = \frac{1 + x^2(1 - \ln(x))}{x(1+x^2)^2}
            .\] 
        \item $f(x) = \sin(x)^{\cos(x)} = e^{\ln(\sin(x)) \cdot \cos(x)}$,
            $x \in \{ 0 < x - 2\pi k < \pi  \mid k \in \Z\} $.
            Mit Ketten- und Produktregel folgt
            \begin{align*}
                f'(x) &= \sin(x)^{\cos(x)} \left(\frac{1}{\sin(x)} \cdot \cos(x) \cdot \cos(x) - \ln(\sin(x)) \cdot \sin(x)\right) \\
                &= \sin(x)^{\cos(x)} \left( \cot(x) \cdot \cos(x) - \ln(\sin(x)) \cdot \sin(x) \right)  \\
                &= \sin(x)^{\cos(x)+1} (\cot(x)^2 - \ln(\sin(x)))
            .\end{align*}
            Für $x = 2\pi k$, $k \in \Z$: 
            \begin{align*}
                D_h f(2\pi k) = D_h f(0) &= \frac{\sin(h)^{\cos(h)} - \sin(0)^{\cos(0)}}{h} \\
                &= \frac{e^{\ln(\sin(h)) \cdot \cos(h)}}{e^{\ln(h)}} \\
                &= e^{\underbrace{\ln(\sin(h))}_{\to \ln(h)} \cdot \underbrace{\cos(h)}_{\to 1} - \ln(h)}
                \xrightarrow{h \to 0} e^{0} = 1
            .\end{align*} $\implies f'(2\pi k) = 1$.

            Für $\pi \le x - 2\pi k < 2\pi$: $\sin(x) < 0 \implies \sin(x)^{\cos(x))} \not\in \R$.
        \item $f(x) = \ln(\tan(x)) - \frac{\cos(2x)}{\sin^2(2x)}$, $x \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right) $.
            Mit Quotientenregel folgt für
            $(\tan(x))' = \left(\frac{\sin(x)}{\cos(x)}\right)' = \frac{\cos^2(x)+\sin^2(x)}{\cos^2(x)} = \frac{1}{\cos^2(x)}$. Damit folgt mit Ketten- und Quotientenregel:
            \begin{align*}
                f'(x) &= \frac{1}{\tan(x)} \cdot \frac{1}{\cos^2(x)} -
                \frac{2 \sin(2x) \cdot  \sin^2(2x) - \cos(2x) \cdot  2 \sin(2x) \cdot 2 \cos(2x)}{\sin^{4}(2x)} \\
                &= 2 \cdot \frac{\cos^2(2x) + 1}{\sin^{3}(2x) \sin(x)\cos(x)}
            .\end{align*}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $f_n(x) := \left| \cos^{n}(x) \right| $, $n \in \N$ konvergiert auf dem
            Intervall $D := [0, \pi]$ punktweise gegen $f(x) := \begin{cases}
                1 & x \in \{0, \pi\}  \\
                0 & \text{sonst}
            \end{cases}$, aber nicht gleichmäßig.
            \begin{proof}
                Sei $0 < \epsilon < 1$ und $x \in [0, \pi]$ beliebig. Für $x \in \{0, \pi\} $
                gilt $\forall n \in \N$
                 \[
                     |f_n(x) - f(x)| = |\cos^{n}(x) - f(x)| = |1^{n} - 1| = 0 < \epsilon
                 .\] Für $0 < x < \pi$: Wähle $n_{\epsilon} := \left\lceil \frac{\ln(\epsilon)}{\ln|\cos(x)|}\right\rceil$.
                 Dann gilt $\forall n \in \N$, $n > n_{\epsilon}$:
                 \[
                     |f_n(x) - f(x)| = |\cos^{n}(x)|
                     \stackrel{|\cos(x)| < 1} < |\cos^{n_{\epsilon}}(x)|
                     \le \left|\cos^{\frac{\ln(x)}{\ln|\cos(x)|}}\right|
                     = e^{\frac{\ln(\epsilon)}{\ln|\cos(x)|} \ln|\cos(x)|}
                     = \epsilon
                 .\] $\implies f_n(x)$ punktweise konvergent

                 Sei nun $n_{\epsilon} \in \N$ beliebig. Definiere
                 $\zeta = e^{\frac{\ln(\epsilon)}{n_{\epsilon}}} > 0$. Wegen
                 $\epsilon < 1 \implies \ln(\epsilon) < 0 \implies \zeta < 1$.
                 Damit definiere $\xi := \arccos\left( \zeta \right)$.
                 Dann gilt
                 $\forall x \in (0, \frac{\pi}{2}]$ mit $x < \xi$:
                 \begin{align*}
                     |f_{n_{\epsilon}}(x) - f(x)|
                     = \left| \cos^{n_{\epsilon}}(x) \right|
                     > \left| \cos^{n_{\epsilon}}\left( \arccos\left( e^{\frac{\ln(\epsilon)}{n_{\epsilon}}} \right)  \right) \right|
                     = e^{\frac{\ln(\epsilon)}{n_{\epsilon}} \cdot n_{\epsilon}}
                     = \epsilon
                 .\end{align*}

                 $\implies f_n$ nicht gleichmäßig konvergent.
            \end{proof}
        \item Beh.: $f_n(x)$ konvergiert auf dem Intervall
            $\widetilde{D} := \left[ \frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4} \right] $ gleichmäßig
            mit $f(x) = 0$.
            \begin{proof}
                Sei $\epsilon > 0$ beliebig. Dann wähle
                $n_{\epsilon} := \left\lceil \frac{\ln(\epsilon)}{\ln\left(\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)\right)} \right\rceil $. Sei nun $x \in \widetilde{D}$ bel. Dann
                gilt $\forall n \in \N$, $n > n_{\epsilon}$ 
                \begin{align*}
                    |f_n(x) - f(x)| \qquad \qquad
                    &= \qquad \qquad |\cos^{n}(x)| \\[2mm]
                    &\stackrel{\mathclap{|\cos(x)| < 1}}{<} \qquad \qquad |\cos^{n_{\epsilon}(x)}| \\[2mm]
                    &\le \qquad \qquad e^{\ln|\cos(x)| \frac{\ln(\epsilon)}{\ln\left( \cos\left( \frac{\pi}{4} \right)  \right) }} \\[2mm]
                    &\stackrel{\mathclap{\cos\left( \frac{\pi}{4} \right) \;>\; |\cos(x)|}}{\le} \qquad \qquad
                    e^{\ln\left( \cos\left( \frac{\pi}{4} \right)  \right) \cdot \frac{\ln(\epsilon)}{\ln\left( \cos\left( \frac{\pi}{4} \right)  \right) } } \\[2mm]
                &= \qquad \qquad \epsilon
                .\end{align*}
                $\implies f_n$ gleichmäßig konvergent.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}